$n!$=$d_1+....+d_n$
Dimostrare che per ogni $n\ge 3$ esistono $n$ interi positivi distinti
$d_1$,$d_2$,......$d_n$, divisori di $n!$, tali che : $n!$=$d_1+d_2+d_3+....+d_n$
$d_1$,$d_2$,......$d_n$, divisori di $n!$, tali che : $n!$=$d_1+d_2+d_3+....+d_n$
Risposte
Bel problema. Anzitutto, $3! = 1 + 2 + 3$. Dato genericamente un intero $n\ge 3$, supponiamo, quindi, esistano $d_1^{(n)}, \ldots, d_n^{(n)} \in NN = \{1, 2, \ldots\}$, a due a due distinti, tali che $n! = \sum_{k=1}^n d_k^{(n)}$ e $d_k^{(n)}$ | $n!$, per ogni $k = 1, 2, \ldots, n$. Wlog, possiamo ammettere $d_1^{(n)} < d_2^{(n)} < \ldots < d_n^{(n)}$.
Se $n+1 = h(h+1)$, per qualche $h = 2, 3, \ldots, n$, allora è evidente che $n+1$ è pari. Di conseguenza, posto $d_k^{(n+1)} = \frac{1}{2} (n+1) \cdot d_k^{(n)}$, per $k = 1, 2, \ldots, n$, e $d_{n+1}^{(n+1)} = \frac{(n+1)!}{2}$, pare chiaro che i) $d_1^{(n+1)}, \ldots, d_{n+1}^{(n+1)}$ sono divisori (interi) di $(n+1)!$; ii) $d_1^{(n+1)} < d_2^{(n+1)} < \ldots < d_{n+1}^{(n+1)}$ e iii) $\sum_{k=1}^{n+1} d_k^{(n+1)} = \frac{1}{2}(n+1) \cdot \sum_{k=1}^{n} d_k^{(n)} + \frac{1}{2}(n+1)! = (n+1)!$.
Se, invece, $n+1 \ne h(h+1)$, qual che sia $h = 2, 3, \ldots, n$, allora poniamo $d_1^{(n+1)} = \frac{(n+1)!}{2}$, $d_{n+1}^{(n+1)} = n!$ e $d_k^{(n+1)} = \frac{(n+1)!}{k(k+1)}$, per ogni $k = 2, 3, \ldots, n$. Vale che iv) $d_1^{(n+1)} > d_{n+1}^{(n+1)}$; v) $d_1^{(n+1)} > d_2^{(n+1)} > \ldots > d_n^{(n+1)}$ e vi) $d_k^{(n+1)} \ne d_{n+1}^{(n+1)}$, per ogni $k=2, 3, \ldots, n$. Inoltre, $d_k^{(n+1)}$ | $(n+1)!$, per $k=1,2,\ldots,n+1$ e $\sum_{k=1}^{n+1} d_k^{(n+1)} = \frac{(n+1)!}{2} + (n+1)! \cdot \sum_{k=2}^n \frac{1}{k(k+1)} + n! = (n+1)!$, perché $\sum_{k=2}^n \frac{1}{k(k+1)} = \sum_{k=2}^n (\frac{1}{k} - \frac{1}{k+1}) = 1/2 - \frac{1}{n+1}$.
L'asserto è così dimostrato.
Se $n+1 = h(h+1)$, per qualche $h = 2, 3, \ldots, n$, allora è evidente che $n+1$ è pari. Di conseguenza, posto $d_k^{(n+1)} = \frac{1}{2} (n+1) \cdot d_k^{(n)}$, per $k = 1, 2, \ldots, n$, e $d_{n+1}^{(n+1)} = \frac{(n+1)!}{2}$, pare chiaro che i) $d_1^{(n+1)}, \ldots, d_{n+1}^{(n+1)}$ sono divisori (interi) di $(n+1)!$; ii) $d_1^{(n+1)} < d_2^{(n+1)} < \ldots < d_{n+1}^{(n+1)}$ e iii) $\sum_{k=1}^{n+1} d_k^{(n+1)} = \frac{1}{2}(n+1) \cdot \sum_{k=1}^{n} d_k^{(n)} + \frac{1}{2}(n+1)! = (n+1)!$.
Se, invece, $n+1 \ne h(h+1)$, qual che sia $h = 2, 3, \ldots, n$, allora poniamo $d_1^{(n+1)} = \frac{(n+1)!}{2}$, $d_{n+1}^{(n+1)} = n!$ e $d_k^{(n+1)} = \frac{(n+1)!}{k(k+1)}$, per ogni $k = 2, 3, \ldots, n$. Vale che iv) $d_1^{(n+1)} > d_{n+1}^{(n+1)}$; v) $d_1^{(n+1)} > d_2^{(n+1)} > \ldots > d_n^{(n+1)}$ e vi) $d_k^{(n+1)} \ne d_{n+1}^{(n+1)}$, per ogni $k=2, 3, \ldots, n$. Inoltre, $d_k^{(n+1)}$ | $(n+1)!$, per $k=1,2,\ldots,n+1$ e $\sum_{k=1}^{n+1} d_k^{(n+1)} = \frac{(n+1)!}{2} + (n+1)! \cdot \sum_{k=2}^n \frac{1}{k(k+1)} + n! = (n+1)!$, perché $\sum_{k=2}^n \frac{1}{k(k+1)} = \sum_{k=2}^n (\frac{1}{k} - \frac{1}{k+1}) = 1/2 - \frac{1}{n+1}$.
L'asserto è così dimostrato.
io l'ho dimostrato per induzione.
$n = 3$, $3! = 1+2+3$
supponiamo la tesi vera per $n = a$; $a! = d_1+d_2+....+d_a$
se $n = a+1$ allora $(a+1)! = (a+1)a!$ quindi $(a+1)! = (a+1)(d_1+d_2+....+d_a)=d_1(a+1)+d_2(a+1)+.....+d_a(a+1)$
se $d_1=1$ allora $(a+1)! = 1+a+d_2(a+1)+.....+d_a(a+1)$.
La tesi vale solo se $d_1=1$ ma ciò è sempre vero perchè per $n=3$; $d_1=1$ cvd
$n = 3$, $3! = 1+2+3$
supponiamo la tesi vera per $n = a$; $a! = d_1+d_2+....+d_a$
se $n = a+1$ allora $(a+1)! = (a+1)a!$ quindi $(a+1)! = (a+1)(d_1+d_2+....+d_a)=d_1(a+1)+d_2(a+1)+.....+d_a(a+1)$
se $d_1=1$ allora $(a+1)! = 1+a+d_2(a+1)+.....+d_a(a+1)$.
La tesi vale solo se $d_1=1$ ma ciò è sempre vero perchè per $n=3$; $d_1=1$ cvd
"methoX":
io l'ho dimostrato per induzione.
Anch'io. Solo si direbbe che, diversamente da te, abbia un poco (!) complicato le cose.
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